【Atcoder】AGC015 C-F简要题解

C.Nuske vs Phantom Thnook

把蓝点看成图上的点，相邻的蓝点看做图上的连边。
保证了是树，那么连通块数=点数-边数

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*D.A or…or B Problem

妙。从位的组合角度完全没有思路。应该从集合角度考虑，最大化可以选择的连续区间：

$A=B$答案为1。

否则找到$A,B$不同的最高位$k$，再高的位$A,B$相同，都看做0即可。

去掉比$k$高的位后：$0\le A<2^k,2^k\le B<2^{k+1}$

由$(AorB)\ge A,(AorB)\ge B$得到：
$[A,2^k)$子集能或出$[A,2^k)$，设$B$除$k$位外的最高为1的位为$t$，则$[2^k,B]$子集能或出$[2^k,2^k+2^{t+1})$，那么$[A,2^k)\cup [2^k,B]$子集能或出$[2^k+A,2^{k+1})$。

三个集合合并后就是答案。

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*E.Mr.Aoki Incubator

一个点可以染色的点共有四种：

1. $x^{\prime }<x,v^{\prime }>v$
2. $x^{\prime }>x,v^{\prime }<v$
3. $x^{\prime }<x,v^{\prime }<v且v^{\prime }>某个2类点的v$
4. $x^{\prime }>x,v^{\prime }>v且v^{\prime }<某个1类点的v$

将点按速度排序，找到最小的$j$满足$x_j\ge x_i$，最大的$k$满足$x_k\le x_i$，发现$i$能染色的恰好就是这个连续区间$[j,k]$。且任意两个点的染色区间不存在包含关系，即$l<l^{\prime }\le r^{\prime }<r$。

将每个点按$r$第一关键字，$l$第二关键字排序，$f[i]$表示前$i$个点被染色的方案数，前缀和优化转移即可。

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*F.Kenus the Ancient Greek

结论题。

欧几里得最大步数明示套斐波那契数列。设$f(x,y)$表示数对$(x,y)$的欧几里得步数。

确定最大步数

由$f(F_i,F_{i+1})=i$得：若$f(x,y)=i,x\le y$，则$x\ge F_i,y\ge F_{i+1}$。

求解最优数对个数

结论：

• $\gcd (x,y)>1$且$f(x,y)>1$的数对显然不优。所以特判最大步数为$1$的情况，其余情况只需要考虑$\gcd$为$1$的数对。
• 定义数对$(x,y)$是好的当且仅当不存在$x^{\prime }<x,y^{\prime }<y$使得$f(x^{\prime },y^{\prime })>f(x,y)$，定义数对$(x,y)$是优秀的当且仅当：$f(x,y)=i\to x,y\le F_{i+2}+F_{i-1}$
• 显然答案就是好的数对的个数。且好的数对一步之后一定会变成优秀的。
  证明：对于一个数对$f(x,y)=i,x\le y$，设$x\ge F_i,y>F_{i+2}+F_{i-1}$。设其由一个好的数对$(a,b)(a=y,b=py+x)$，$f(a,b)=i+1$，其中$a=y>F_{i+2}+F_{i-1}，b=py+x\ge y+x>F_{i+3}$，所以存在$x^{\prime }=F_{i+2}<a,y^{\prime }=F_{i+3}<b$，满足$f(x^{\prime },y^{\prime })=i+2>f(a,b)$，故$(a,b)$不是好的，矛盾。

于是可以找出所有优秀的数对$f(x,y)=i$推出$f(x^{\prime },y^{\prime })=i+1$的好的数对。

优秀的数对每层都很少：最小的是$(F_i,F_{i+1})$，会产生2,3个答案，其它都只产生一个答案，总共是$\log$级别的， 预处理出来即可。

copied by WerKeyTom_FTD

#include
#include
#include
#define xx first
#define yy second
#define mp make_pair
#define pb push_back
#define fo(i,a,b) for(i=a;i<=b;i++)
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<ll,ll> pi;
const int mx=90+10,mo=1000000007;
const ll inf=1000000000000000000;
ll fib[mx];
vector<pi> a[mx];
vector<pi>::iterator it;
ll x,y,n,m,num;
int i,j,k,l,t,tot,ca,ans;
int main(){
    fib[0]=fib[1]=1;
    tot=1;
    while (1){
        fib[tot+1]=fib[tot]+fib[tot-1];
        if (fib[tot+1]>inf) break;
        tot++;
    }
    a[1].pb(mp(1,2));a[1].pb(mp(1,3));a[1].pb(mp(1,4));
    fo(i,1,tot-3){
        it=a[i].begin();
        while (it!=a[i].end()){
            x=(*it).xx;y=(*it).yy;
            x+=y;
            while (x<=fib[i+3]+fib[i]){
                a[i+1].pb(mp(y,x));
                x+=y;
            }
            it++;
        }
    }
    scanf("%d",&ca);
    while (ca--){
        scanf("%lld%lld",&n,&m);
        if (n>m) swap(n,m);
        ans=1;
        while (fib[ans+1]<=n&&fib[ans+2]<=m) ans++;
        printf("%d ",ans);
        if (ans==1){
            printf("%lld\n",n*m%mo);
            continue;
        }
        else{
            num=0;
            it=a[ans-1].begin();
            while (it!=a[ans-1].end()){
                x=(*it).xx;y=(*it).yy;
                if (y<=n) (num+=(m-x)/y)%=mo;
                if (y<=m) (num+=(n-x)/y)%=mo;
                it++;
            }
            printf("%d\n",num);
        }
    }
}